ΣΧΕΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ - ΔΥΝΑΜΗΣ - ΑΚΤΙΝΑΣ

#1

Τετράπλευρο $\displaystyle{ ABCD }$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{ \left( {O,R} \right) }$ και $\displaystyle{ P \equiv AC \cap BD }$ . Αν $\displaystyle{ E,Z,H,S }$ είναι οι ορθές προβολές του $\displaystyle{ P }$ στις ευθείες των πλευρών

$\displaystyle{ AB,BC,CD,DA }$ του τετραπλεύρου $\displaystyle{ ABCD }$ αντίστοιχα να δειχθεί ότι: $\displaystyle{ \boxed{\frac{{\left( {EZHS} \right)}} {{\left( {ABCD} \right)}} = \frac{{D_{\left( O \right)}^P }} {{2R^2 }}} }$ , όπου $\displaystyle{ \left( {EZHS} \right),\left( {ABCD} \right) }$ ίναι τα εμβαδά

των τετραπλεύρων $\displaystyle{ EZHS,ABCD }$ αντίστοιχα και $\displaystyle{ D_{\left( O \right)}^P }$ η δύναμη του $\displaystyle{ P }$ ως προς τον κύκλο $\displaystyle{ \left( {O,R} \right) }$ .

Στάθης

KARKAR · #2

Το θέμα κοντεύει να κλείσει πενταετία , ας το ξαναδούμε ...

S.E.Louridas · #3

Επί τη ευκαιρία, πώς μπορούμε να βλέπουμε άμεσα τις αναπάντητες δημοσιεύσεις, όπως στην προηγούμενη μορφή του mathematica (... μάλλον δεν βλέπω το προφανές);

#4

S.E.Louridas έγραψε:Επί τη ευκαιρία, πώς μπορούμε να βλέπουμε άμεσα τις αναπάντητες δημοσιεύσεις, όπως στην προηγούμενη μορφή του mathematica (... μάλλον δεν βλέπω το προφανές);

Καλημέρα Σωτήρη.
Πάνω αριστερά στη οθόνη σου,αριστερά από τις Δ.Συζητήσεις υπάρχουν τρεις παράλληλες γραμμούλες
πατάς εκεί και επιλέγεις αυτό που θέλεις.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Η λύση που θα γράψω παρακάτω αναφέρεται στο σχήμα του Στάθη που συνοδεύει τη διατύπωση του θέματος.
Θα χρησιμοποιήσω ως δεδομένη την παρακάτω δημοσίευση
viewtopic.php?f=22&t=18039

Ας ξεκινήσουμε με το τρίγωνο PEZ

και το τρίγωνο BAC.

To

θα θεωρηθεί ως προβολή του εαυτού επί της πλευράς AC.

Έχουμε ότι
$\displaystyle{ \frac{{\left( {PEZ} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{\left| {D_O^{\left( M \right)} } \right|}} {{4R^2 }} }$

Θα συνεχίσουμε με το τρίγωνο PZH

και το τρίγωνο BCD.

Έχουμε ότι
$\displaystyle{ \frac{{\left( {PZH} \right)}} {{\left( {BCD} \right)}} = \frac{{\left| {D_O^{\left( M \right)} } \right|}} {{4R^2 }} }$

Θα συνεχίσουμε με το τρίγωνο PSH

και το τρίγωνο ACD.

Έχουμε ότι
$\displaystyle{ \frac{{\left( {PSH} \right)}} {{\left( {ACD} \right)}} = \frac{{\left| {D_O^{\left( M \right)} } \right|}} {{4R^2 }} }$

Θα τελειώσουμε με το τρίγωνο PES

και το τρίγωνο ABD.

Έχουμε ότι
$\displaystyle{ \frac{{\left( {PES} \right)}} {{\left( {ABD} \right)}} = \frac{{\left| {D_O^{\left( M \right)} } \right|}} {{4R^2 }} }$

Αφού το

είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου με κέντρο

και ακτίνα

, μπορώ να γράψω ότι ${\left| {D_O^{\left( M \right)} } \right|} = {D_O^{\left( M \right)}$

Έτσι λοιπόν ισχύει ότι

$\displaystyle \frac{{\left {D_O^{\left( M \right)} } \right}} {{4R^2 }} }= { \frac{{\left( {PEZ} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}={ \frac{{\left( {PZH} \right)}} {{\left( {BCD} \right)}} ={ \frac{{\left( {PSH} \right)}} {{\left( {ACD} \right)}} ={ \frac{{\left( {PES} \right)}} {{\left( {ABD} \right)}}$

Αν εφαρμοστεί η γνωστή ιδιότητα των αναλογιών προκύπτει ότι

$\displaystyle \frac{{\left {D_O^{\left( M \right)} } \right}} {{4R^2 }}= }\frac{\left ( PEZ \right )+\left ( PZH \right )+\left ( PSH \right )+\left ( PES \right )}{\left ( ABC \right )+\left ( BCD \right )+\left ( ACD \right )+\left ( ABD \right )}$

και έτσι

$\displaystyle \frac{{\left {D_O^{\left( M \right)} } \right}} {{4R^2 }}=\frac{\left ( EZHS \right )}{2\cdot \left (ABCD \right )}$

Το τελικό συμπέρασμα έπεται πολύ εύκολα...

ΣΧΕΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ - ΔΥΝΑΜΗΣ - ΑΚΤΙΝΑΣ

ΣΧΕΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ - ΔΥΝΑΜΗΣ - ΑΚΤΙΝΑΣ

Re: ΣΧΕΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ - ΔΥΝΑΜΗΣ - ΑΚΤΙΝΑΣ

Re: ΣΧΕΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ - ΔΥΝΑΜΗΣ - ΑΚΤΙΝΑΣ

Re: ΣΧΕΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ - ΔΥΝΑΜΗΣ - ΑΚΤΙΝΑΣ

Re: ΣΧΕΣΗ ΕΜΒΑΔΩΝ - ΔΥΝΑΜΗΣ - ΑΚΤΙΝΑΣ

Μέλη σε σύνδεση